báo cáo môn học giải tích số bài toán cauchy phương pháp xấp xỉ liên tiếp

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.82 MB, 16 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

VIỆN TOÁN ỨNG DỤNG VÀ TIN HỌC

Báo cáo mơn học Giải tích số

Bài tốn Cauchy

Phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard

Sinh viên:Ngơ Thị HươngMSSV: 20190097Lớp: CTTN-Tốn tin K64

Giảng viên hướng dẫn:TS. Hà Thị Ngọc Yến

Hà Nội - Tháng 1/2022

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

Mục lục

3.1 Bài toán đặt ra: . . . . 3

3.2 Ý tưởng: . . . . 3

3.3 Định lý về sự tồn tại nghiệm . . . . 3

3.4 Điều kiện thực hiện phương pháp . . . . 4

3.5 Tính đúng đắn của phép lặp Picard . . . . 4

3.5.1 Chứng minh được hàm sử dụng trong mỗi bước là xác định . . . . 4

3.5.2 Sai khác giữa 2 xấp xỉ liên tiếp . . . . 5

3.5.3 Giới hạn của dãy là nghiệm của phương trình . . . . 5

3.6 Bán kính hội tụ . . . . 6

3.7 Sai số và tốc độ hội tụ . . . . 6

3.8 Thuật toán: . . . . 7

4 Hệ Thống Ví Dụ: 84.1 Đánh giá: . . . . 9

5 Phương pháp lũy thừa 115.1 Bài toán đặt ra: . . . 11

5.2 Ý tưởng: . . . 11

5.3 1 số khái niệm và lý thuyết . . . 11

5.4 Tính đúng đắn của thuật tốn: . . . 11

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

Lời mở đầu

Thế kỷ XXI là thế kỷ bùng nổ của công nghệ thông tin, ứng dụng của cơng nghệ thơng tin có đóng góp to lớnvà hiệu quả trong mọi mặt của đời sống. Và cũng từ rất lâu tin học đã được ứng dụng vào trong mơn Tốn. Cónhững số liệu tính toán quá cồng kềnh và những bài toán phức tạp chúng ta không thể giải bằng tay được nhưngnếu dùng các lập trình trên máy vi tính thì chúng ta có kết quả rất nhanh gọn và chính xác.

Có thể ta đã rất quen thuộc với dạng tốn tìm nghiệm đúng của bài tốn Cauchy đối với phương trình vi phânthường. Thế nhưng có nhiều trường hợp nghiệm đúng của các phương trình vi phân khơng thể tìm được. Bởi vậyđể tìm nghiệm của chúng, ta phải áp dụng các phương pháp gần đúng khác nhau. Trong phạm vi bài báo cáo nàyem trình bày về bài Cauchy và phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard để giải bài toán vi phân thường cấp 1.Trong quá trình tìm hiểu đề tài, do giới hạn về kiến thức nên bài báo cịn có thể cịn nhiều thiếu sót mong cơ gópý để em có thể hồn thiện đề tài tốt hơn.

Cuối cùng,em xin chân thành cảm ơn cô Hà Thị Ngọc Yến đã cho em cơ hội để tìm hiểu một đề tài rất bổ ích vàln hỗ trợ tận tình cho em trong quá trình học tập học phần giải tích số.

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

1 Khái quát về phương trình vi phân

Phương trình vi phân là một phương trình toán học nhằm biểu diễn mối quan hệ giữa một hàm chưa được biết(một hoặc nhiều biến) với đạo hàm của nó (có bậc khác nhau). Phương trình vi phân đóng vai trị cực kì quantrọng trong kĩ thuật, vật lý, kinh tế và một số ngành khác.

Phương trình vi phân được ứng dụng rất nhiều trong các ngành kỹ thuật, vật lý như: Bài tốn dao động lị xo, conlắc đơn, bài toán quỹ đạo hay bài toán tăng trưởng và logistic trong kinh tế,..

Tuy nhiên phần lớn các bài tốn này thường phức tạp và khơng giải được chính xác mà chỉ có thể giải được gầnđúng.

Phương trình vi phân thường cấp nDạng tổng quát: F (x, y, y′, ..., y(n))=0(1)

Hàm F xác định trong miền G ⊂ R(n+2). Trong phương trình (1) có thể vắng một số biến x, y′, ..., y(n+1)nhưngnhất định phải có mặt y(n). Nếu từ (1) ta giải ra được đạo hàm cấp cao nhất, tức là phương trình (1) có dạngy(n)= f(x, y′, ..., y(n−1))thì ta được phương trình vi phân cấp n đã giải ra đạo hàm cấp cao nhất.

2 Bài tốn Cauchy

Bài tốn Cauchy là bài tốn ngồi phương trình vi phân thì cịn điều kiện bổ sung tại một điểm hay cịn gọi là bàitốn giá trị ban đầu.

Một số dạng bài toán Cauchy:

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

M = sup

( )t,x ∈D |f(t, x)| , ϵ = min(δt, δM)Khi đó với mọi t ∈ [t0− ϵ, t0+ ϵ]ta có: |xn(t) − x0| ≤ δ, với mọi n

Nói cách khác, phép lặp Pica các hàm xnkhông đi ra khỏi phần hình chữ nhật D ứng với t ∈ [t0− ϵ, t0+ ϵ]Cho hàm f(t, x) xác định trên miền D ∈ R2. Ta nói f thỏa mãn điều kiện Lipchitz theo biến t trên D nếu tồntại hằng số dương L(gọi là hằng số Lipchitz) sao cho:

|f(t, x1) − f(t, x2)| ≤L|x1− x2|với mọi (t, x1), (t, x2) ∈D

Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm:Giả sử hàm f(t,x) liên tục và thỏa mãn điều kiện Lipchitz trên hìnhchữ nhật thỏa mãn f(t, x) bị chặn và L-Lipchitz trên miền hình chữ nhật

D = {(t, x) ∈ R2| |x − x0| ≤ δ, |t − t0| ≤ ϵ}

Khi đó nghiệm của bài toán trên là tồn tại và duy nhất trong đoạn [t0− ϵ, t0+ ϵ]như trên.Dựa vào đây ta có các điều kiện thực hiện phương pháp.

3.4 Điều kiện thực hiện phương pháp

•Hàm f(t, x) liên tục, xác định trên miền hình chữ nhật

dt = f(t, xn−1) , xn(t0)=x0Với cách chọn ϵ = min(1

|x1(t) − x0| ≤ M t − t0| ≤ Mϵ|

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

Với cách chọn ϵ ta được:

|x1(t) − x0| ≤ δhay x0− δ ≤x1(t) ≤ x0+ δ ∀t ∈ [t − ϵ, t + ϵ]Vậy ta có f(t, x1(t)thỏa mãn điều kiện xác định.

Làm tương tự với nhận xét |x′

k−1(t)| ≤ Mvà xk−1(t0)=x0với mọi k, ta được hàm f(t, xk(t)xác địnhTrường hợp lấy xấp xỉ tích phân bằng một hàm lưới:

3.5.2 Sai khác giữa 2 xấp xỉ liên tiếp

Để thấy được dãy xk(t)là hội tụ ta xét sai khác giữa 2 xấp xỉ liên tiếp:yk(t)=xk(t) −xk−1(t)Hàm xkkhi đó được viết lại dưới dạng:

xk(t)=x0+ y1(t)+y2(t)+... + yk( )t

Với k = 1, với chứng minh trên (1) ta có|y1(t)| = x1(t) − x0| ≤ δ| nên ||y1|| ≤ δVới k >1 ta có:yk(t0)=xk(t0) − xk−1(t0)=x0−x0=0 (2)

dykdt =

dxkdt −

||yk|| ≤ Lϵ yk−1|| ||Với cách chọn ϵ như trên, ta thấy Lϵ ≤1nên

||yk|| ≤1

2||yk−1|| ≤ ... ≤12k−1δ

Từ đây dễ thấyP||yk||hội tụ nênPykhội tụ ( dãy cauchy trong không gian đủC[t−ϵ,t+ϵ]).3.5.3 Giới hạn của dãy là nghiệm của phương trình

Từ chứng minh trên cộng với f(t, xk)liên tục đều (dựa trên cơng thức sai số được trình bày ở dưới) ta có:x(t)= lim

k→∞xk(t)=x0+ limk→∞

f(s, xk(s))ds

= x0+Zt

k→∞f(s, xk(s))=x0+Zt

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

3.6 Bán kính hội tụ

Với h = ϵL thì để chắc chắn hội tụ ta cần có h<1 (phần trên ta cho h ≤1), ta có bán kính hội tụ tối đa có thểkhẳng định của phương pháp là R = min{1

Tuy vậy khoảng hội tụ của phương pháp vẫn thường nhỏ hơn nhiều so với miền ban đầu.

f(s, x0(s))ds| ≤ M|t − t0|

Giả sử điều đó đúng đến n=k-1, tức là:

|xk(t) − xk−1(t)| ≤ MLk−1|t − t0|kk!Ta đi chứng minh nó đúng với n=k Thật vậy, với t0≤ t ≤ t0+ ϵta có:

|xk+1(t) − xk(t)| =Zt

[f(s, xk(s))− f s, xk−1( (s)]ds

[f(s, xk(s))− f(s, xk−1(s)]ds ≤ LZt t

[xk(s) − xk−1(s)]ds

≤ LZt

MLk−1|t − t0|kk! dt = MLk

(x − x0)k! dt

= MLk(t − t0)k+1(k +1)! = ML

k|t − t0|k+1(k +1)!

với t0− h ≤ t ≤t0Vậy ta có

∥yi∥ ≤∞Xi=n+1

||yn|| 12i−n= || ||yn

Vậy ta có:

||x − xn|| ≤ ||xn− xn−1|| (1)

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

Với cách xấp xỉ bằng hàm lưới, tùy vào từng phương trình mà cần số lượng mốc nhất định sao cho phương phápnày có thể có thể hội tụ cũng như cách đánh giá sai số trên là chấp nhận được. Ở đây ta coi số mốc là cho trước vàthử nếu phương pháp có thể hội tụ trong thời gian chấp nhận được. Trên đây cũng chưa xét đến sai số tích phân vàta coi như số mốc là đủ lớn để sai số tích phân nhỏ hơn nhiều sai số của phương pháp và không làm ảnh hưởng đếnsự hội tụ cũng như tính đúng đắn. Thuật tốn dưới đây sử dụng xấp xỉ tích phân bằng phương pháp hình thang.

3.8 Thuật tốn:

Ta có 2 cách xấp xỉ nghiệm:

•Cách 1: dạng giải tích: sử dụng cơng thức sai số (1)•Cách 2: dạng lưới: sử dụng cơng thức sai số (2)Cách 1:

•Đầu vào: hàm f(x,t); khoảng xác đinh: lowT, upT, lowX, upX; giá trị đầu: t0, x0; sai số: epsilon.•Bước 1: Tính các chặn trên M, L lần lượt cho f(x,t), đạo hàm theo t của f’(x) trên [lowT,upT] x [lowX,upX]•deltaX = min(upX-x0, x0-lowX); xn = x0;

•deltaT = min{deltaXM , 1

2L}); h = deltaT * L;•Bước 3: Đặt error = M ∗ epsilon, N = 1

•Lặp đến khi error bé hơn epsilon: error = error ∗ h/N và N = N +1•Bước 5: Lặp N lần: x = x0 +R0t

2L}); h = deltaT * L; segmentLength = deltaT/length/2

•Bước 3: Tạo mảng arr có số phần tử là length các cặp (t,x0) với các giá trị t cách đề nhau 1 khoảng làsegmentLength, điểu đầu và điểm cuối lần lượt là t0 − deltaT, t0+deltaT

Khi đó arr[i][0] là ti= 0 − deltaT + i ∗ segmentLengtht còn arr[i][1] là x(ti)xấp xỉ được, arr[n] là điểm giá trịban đầu

•Bước 5: Cho maxerror = 0 và lặp cho đến khi sai số tương đối giữa 2 giá trị x(t) liên tiếp là maxerror <epsilon:

–đặt error = 0 và lặp với i chay từ n về 0:

–đặt integral = 0 (Ở đây integral chính là tích phân trong phép lặp Picard)–integral = integral - segmentLength * f(arr[i][0],arr[i][1])

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

4 Hệ Thống Ví Dụ:

Ví dụ 1: x′= t(3− 2x) x(0)=1

f(t, x)xác định trên R2nên xác định trên đoạn [−a, a]x [−b, b] với a, b > 0Ta cho f(t, x) xác định trên [−0.5 0 5], . x −1 2][ ,

Ta có nhận xét là với các giá trị M và L, ta chỉ cần tìm các chặn trên cho nó mà khơng nhất thiết phải tìmchính xác hay xấp xỉ. Khi đó, hệ quả chỉ là miền hội tụ của phương pháp ngắn lại mà không ảnh hưởng đến kếtquả của phương pháp. Ví dụ 2: Ta có phương trình thử vớiλ = −10:

x′= −10x

Có x(0) = 1, ta cho f(t, x)=−10x xác định trên đoạn [−0 0.5, .5]x[0 8 1. , .2]Dễ thấy M = 12, L = 10.

Dưới đây, ta cho chạy thử cả 2 phương pháp với đầu vào cho hàm tính dạng giải tích là M =5, L = 10 còn đầu vàocho dạng lưới là M = 12 , L = 10 với số mốc là 31. Với sai số đầu vào của cả 2 là 10−4ta có đồ thị:

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

Ta thấy như trên hàm giải tích xác định trên đoạn [-0.04,0.04] còn hàm dạng lưới chỉ xác định trên đoạn xấp xỉ[-0.016, 0.016] với kết quả ở phần chung là xấp xỉ nhau.

Ví dụ 3:Trong ví dụ này, ta thử nghiệm có đạo hàm lớn, cụ thể là x =300cos(t) . Ta có phương trình:x′= x − cos(300x) − 300sin(300x)

Có x(0) = 1, ta cho f(t, x)=x − cos(300x) − 300sin(300x)xác định trên đoạn [−0 0 5].5, . x[0 8 1. , .2]Trong ví dụ nàyta khơng thực hiện được hàm tính dạng giải tích do trong q trình lặp gặp phải hàm có ngun hàm khơng ở dạngcơ bản. Ta thực hiện xấp xỉ bằng hàm lưới với số mốc là 222 và vẽ đồ thị cùng với nghiệm thực sự là x =300cos(t) thì

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

•Rất nhiều hàm khơng có ngun hàm dạng đơn giản hoặc có nhưng độ phức tạ của hàm tăng nhanh sau cáclần lặp, khối lượng tính tốn cũng sẽ lớn.

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

5 Phương pháp lũy thừa5.1 Bài toán đặt ra:

Giải phương trình vi phân tuyến tính cấp n:

any(n)+an−1y(n−1)+ ... +a0y = f(t)với các giá trị ban đầu y(t0), y′(t0), ..., y(n)(t0)

Để đơn giản, ta xét an=1

5.2 Ý tưởng:

Xấp xỉ hàm cần tính bằng chuỗi lũy thừa của nó sử dụng các khai triển của hệ số và sử dụng công thức truy hồicó được từ phương trình và các giá trị ban đầu.

5.3 1 số khái niệm và lý thuyết

Trong khoảng hội tụ của chuỗi, ta có thể lấy đạo hàm và tích phân từng số hạng của chuỗi, chuỗi mới nhận được(sau khi lấy đạo hàm hoặc tích phân) cũng có bán kính hội tụ như chuỗi ban đầu.

Nếu các hàm số an(t), an−1(t), a0(t)trong phương trình trên là giải tích tại x = x0 (khả vi vơ hạn lần tại x =x0) thì điểm x = x0 gọi là điểm chính quy (điểm thơng thường) của phương trình trên.

Định lý 2.1: Cho phương trình vi phân tuyến tính cấp n:y(n)+ an−1y(n−1)+ ... + a0y = f(t)

Khi đó nếu các hệ số ai(t), 1 ≤ i ≤ ncó khai triển quanh lân cận t = t0có bán kính hội tụ Ri, R0≥ R ≥ 0vớiRi, R0lần lượt là bán kính hội tụ của các hệ số aivà hàm f(t) thì tồn tại nghiệm ϕ thỏa mãn L(y)=0, y(t0)=α1, ..., y(n−1)(t0)=αnvới khai triển:

với bán kính hội tụ nhỏ nhất bằng R.

Điều kiện của phương pháp:Điểm đầu x0 là điểm chính quy với các hàm là các hệ số.

5.4 Tính đúng đắn của thuật toán:

Để đơn giản, ta xét trường hợp n=2, t0=0, trường hợp tổng quát n ∈ N, t0∈Rbất kì hồn tồn tương tự với phéptịnh tiến. Ta xét:

y′′+ p(t)y′+ q(t)y = f( )tHệ số ở đây là p và q có chuỗi lũy thừa:

pntn, q( )=t∞Xn=0

qntn, r(t)=∞Xn=0

Khi đó nếu tồn tại nghiệm ϕ giải tích quanh lân cận điểm t0=0thì ta có:ϕ(t)=

cntn, ϕ′(t)=∞Xn=1

ncntn−1, ϕ′′(n)=∞Xn=2

n(n − 1)cntn−2

Tịnh tiến chỉ số n rồi thay vào phương trình ta có:ϕ′′(t)+p(t)ϕ′(t)+q(t)ϕ( )=t

(n +2)( +1)n cn+2tn+ ∞Xn=0

(n +1)cn+1tn

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

Đồng nhất hệ số tnvới n cố định ta được:(n +2)( +1)n cn+2+

(m +1)cm+1pn−m+nXm=0

cmqn−m= fn

Chuyển vế ta được:cn+2= fn

(n +2)( +1)n −1(n +2)( +1)n

[(m +1)cm+1pn−m+ cmqn−m] (1)

Do ta đã có chuỗi với hệ số fnlà hội tụ nên tổng chuỗi cnhội tụ khi phần còn lại hội tụ, nên ở đây ta có thể bỏqua fnvà xét phần cịn lại nên coi như fn= 0 . Ta thấy chuỗi lũy thừa của p và q có bán kính hội tụ R nên vớimọi 0<r<R thì | |pnrnvà |qn|rnbị chặn do

limn→∞pnrn= lim

n→∞qnrn=0Khi đó tồn tại M sao cho: pn<M

rnvà qn<M

rnThay vào (1) với t = r ta dễ dàng có được:|cn+2| < 1

(n +2)( +1)nMrnnXm=0

[(m +1)|cm+1| + |cm|]rm

< 1(n +2)( +1)n

(m +1)cmrm

Ta xét dãy ancó: a0= |c0|, a1= |c1|và

(n +2)( +1)nMrn

(m +1)amrm

Do tất cả các số hạng trong tổng ở vế phải đều dương nên ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạpcn< an∀n ∈ N.Ta có:

(m +1)amrm= nXm=0

(m +1)amrm+( +2)m an+1rn+1

= (1+ 1(n +1)n

(m +1)amrm

Sử dụng đẳng thức trên ta có:an+2an+1 =

(n +1)n(n +2)( +1)n (1+

1(n +1)n

Mr2)Khi đó dễ thấy:

an+2an+1 =

1rTừ đây ta có chuỗi

hội tụ với t < r. Khẳng định đúng với mọi 0<r<R nên ta có bán kính hội tụ của chuỗi trên là R. Từ đó, theo tiêuchuẩn so sánh với |cn| < anta có chuỗi

| |cntn

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

có bán kính hội tụ nhỏ nhất bằng R, từ đó ta cóϕ(t)=

có bán kính hội tụ nhỏ nhất bằng R, đây là điều phải chứng minh.

Câu hỏi có thể đặt ra là ta có thể tính được chính xác bán kính hội tụ của chuỗi hay khơng? Định lý trên chỉcho ta một chặn dưới và bán kính hội tụ của chuỗi hồn tồn có thể lớn hơn chặn dưới đó.

(m +1)( +2)m ... m + i)a( in−mcm+i!

(2)với quy ước(m +1)( +2)m ... m + i)=1( với i=0.

Các hệ số cicủa nghiệm khi đó được xác định dần từ k giá trị đầu của y:c0= y(t0), c1= y′(t0), ..., ck−1=y(k−1)(t0)

Vậy từ đây ta xác đinh được các hệ số cntrong khai triển ϕ(x) là nghiệm cần tìm. Sau đây là thuật tóm tắt thuậttốn:

•Input: file có dịng đầu chứa các giá trị ban đầu y(0), y′(0), ... và lần lượt các dịng với bán kính hội tụ R vàchuỗi lũy thừa tương ứng theo thứ tự của các từng hệ số ak−1, ..., a0

•Đọc và kiểm tra dữ liệu, xác định cấp của phương trình: k = độ dài mảng giá trị đầu = số dòng tiếp theo•Xác định bán kính hội tụ R0= min(Ri), bậc tối đa nhỏ nhất trong các mảng N = min(len(ai)) với i = 0, k −1•Tạo mảng result với các giá trị ban đầu result[i] = y(i)(0), i = 0, k −1

•Lặp để tính mảng kết quả result với cơng thức lặp (2) với n = 0, N − n −1•Output: bán kính hội tụ R0, mảng kết quả result

y = xs∞Xn=0

nvà nghiệm này hội tụ trong khoảng 0 < |x − x0| < R

Dựa vào phương trình chỉ định là phương trình (2) với n = 0 ta tìm ra được s. Tuy phải xét thêm 1 số trườnghợp nhưng sau đó ta vẫn có thể đưa về bài tốn tương tự như trường hợp bình thường.

</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

5.6 Ví dụ minh họa:

Xét phương trình vi phân với nghiệm của phương trình lày = sin(3t):y′′+ cos(3t)y′+3sin(3t)y =9sin(3t)+3Các giá trị ban đầu: y(0)=0, y′(0)=3Ta có:

(−1)n32n+2t2n+1(2n +1)!

(−1) 3n 2nt2n(2 )!nf(t)=9sin(3t)+3

Do bán kính hội tụ của các hệ số và hàm đều là ∞ nên ta được nghiệm y có bán kính hội tụ là ∞. Chạy chươngtrình với các mảng hệ số có độ dài nhỏ nhất là 9 và nhân lại bậc của t cho mảng kết quả ta được kết quả như sau:

Hệ số và đồ thị của nghiệm xấp xỉ và nghiệm đúng

5.7 Đánh giá:

•Trên đây mới trình bày cách tổng quát cho trường hợp khai triển của các hệ số là bất kì. Khi hệ số chỉ cóhữu hạn phần tử như a(t) = 1+t ta có thể tìm được cơng thức đơn truy hồi đơn giản hơn như cn+1=cn

nhay tìm được cơng thức khai triển tổng qt.

•Phương pháp khá ổn định, có thể tùy ý tính thêm các hệ số bậc cao hơn nếu muốn.

•Phương pháp này mặc dù có thể dùng để giải 1 số phương trình phi tuyến nhưng chỉ thuận tiện khi xử lí vớicác phương trình tuyến tính.

</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">